一、高考真題匯編的意義。1、增強(qiáng)高考考生的復(fù)習(xí)動(dòng)力和信心；2、提高高考考生的復(fù)習(xí)效率；3、加深考生對(duì)知識(shí)點(diǎn)的理解和掌握。
二、高考真題匯編的內(nèi)容。1、高考試題收錄，涵蓋了考試的各個(gè)學(xué)科；2、答案解析，加深知識(shí)點(diǎn)理解和掌握；3、復(fù)習(xí)指導(dǎo)，提高復(fù)習(xí)效率。
三、高考真題匯編的重要性。高考真題匯編不僅可以提高考生的復(fù)習(xí)動(dòng)力和信心，增強(qiáng)考生的復(fù)習(xí)效率，為高考復(fù)習(xí)提供了有力的支持。
最近5年（20-24年）高考物理真題匯編
專題09 機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系
考點(diǎn)01 機(jī)械能守恒定律
1．(2022·全國(guó)乙卷·16)固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個(gè)小環(huán)，小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點(diǎn)由靜止開(kāi)始自由下滑，在下滑過(guò)程中，小環(huán)的速率正比于( )
A．它滑過(guò)的弧長(zhǎng)
B．它下降的高度
C．它到P點(diǎn)的距離
D．它與P點(diǎn)的連線掃過(guò)的面積
【答案】 C
【解析】如圖所示，
設(shè)小環(huán)下降的高度為h，大圓環(huán)的半徑為R，小環(huán)到P點(diǎn)的距離為L(zhǎng)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mv2
由幾何關(guān)系可得h＝Lsin θ，sin θ＝eq \f(L,2R)
聯(lián)立可得h＝eq \f(L2,2R)，則v＝Leq \r(\f(g,R))
故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．
2.(2021·河北卷·6)一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖1所示，長(zhǎng)度為πR、不可伸長(zhǎng)的輕細(xì)繩，一端固定在圓柱體最高點(diǎn)P處，另一端系一個(gè)小球，小球位于P點(diǎn)右側(cè)同一水平高度的Q點(diǎn)時(shí)，繩剛好拉直，將小球從Q點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細(xì)繩豎直時(shí)，小球的速度大小為(重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力)( )
圖1
A.eq \r(?2＋π?gR) B.eq \r(2πg(shù)R)
C.eq \r(2?1＋π?gR) D．2eq \r(gR)
【答案】 A
【解析】 小球下落的高度為
h＝πR－eq \f(π,2)R＋R＝eq \f(π＋2,2)R，
小球下落過(guò)程中，根據(jù)機(jī)械能守恒有mgh＝eq \f(1,2)mv2，
綜上有v＝eq \r(?π＋2?gR)，故選A.
3.（多選）(2021·廣東卷·9)長(zhǎng)征途中，為了突破敵方關(guān)隘，戰(zhàn)士爬上陡峭的山頭，居高臨下向敵方工事內(nèi)投擲手榴彈，戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質(zhì)量均為m的手榴彈，手榴彈從投出的位置到落地點(diǎn)的高度差為h，在空中的運(yùn)動(dòng)可視為平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖1所示，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的有( )
圖1
A．甲在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間比乙的長(zhǎng)
B．兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等
C．從投出到落地，每顆手榴彈的重力勢(shì)能減少mgh
D．從投出到落地，每顆手榴彈的機(jī)械能變化量為mgh
【答案】BC
【解析】由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq \r(\f(2h,g))，因?yàn)閮墒至駨椷\(yùn)動(dòng)的高度差相同，所以在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，故A錯(cuò)誤；做平拋運(yùn)動(dòng)的物體落地前瞬間重力的功率P＝mgvy＝mgeq \r(2gh)，因?yàn)閮墒至駨椷\(yùn)動(dòng)的高度差相同，質(zhì)量相同，所以落地前瞬間，兩手榴彈重力的功率相同，故B正確；從投出到落地，手榴彈下降的高度為h，所以手榴彈重力勢(shì)能減小量ΔEp＝mgh，故C正確；從投出到落地，手榴彈做平拋運(yùn)動(dòng)，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故D錯(cuò)誤．
4.(2022·全國(guó)甲卷·14)北京2022年冬奧會(huì)首鋼滑雪大跳臺(tái)局部示意圖如圖所示。運(yùn)動(dòng)員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點(diǎn)為a、b之間的最低點(diǎn)，a、c兩處的高度差為h。要求運(yùn)動(dòng)員過(guò)c點(diǎn)時(shí)對(duì)滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)并忽略所有阻力，則c點(diǎn)處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】從a到c，由機(jī)械能守恒定律，mgh=mv2，在c點(diǎn)，由牛頓第二定律，F(xiàn)-mg=m，F(xiàn)≤kmg，聯(lián)立解得R≥，選項(xiàng)D正確。
5．(2022·河北卷·11)某實(shí)驗(yàn)小組利用鐵架臺(tái)、彈簧、鉤碼、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、刻度尺等器材驗(yàn)證系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律，實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示．彈簧的勁度系數(shù)為k，原長(zhǎng)為L(zhǎng)0，鉤碼的質(zhì)量為m.已知彈簧的彈性勢(shì)能表達(dá)式為E＝eq \f(1,2)kx2，其中k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間.
(1)在彈性限度內(nèi)將鉤碼緩慢下拉至某一位置，測(cè)得此時(shí)彈簧的長(zhǎng)度為L(zhǎng).接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源．從靜止釋放鉤碼，彈簧收縮，得到了一條點(diǎn)跡清晰的紙帶．鉤碼加速上升階段的部分紙帶如圖乙所示，紙帶上相鄰兩點(diǎn)之間的時(shí)間間隔均為T(mén)(在誤差允許范圍內(nèi)，認(rèn)為釋放鉤碼的同時(shí)打出A點(diǎn))．從打出A點(diǎn)到打出F點(diǎn)時(shí)間內(nèi)，彈簧的彈性勢(shì)能減少量為_(kāi)_______________，鉤碼的動(dòng)能增加量為_(kāi)_______________，鉤碼的重力勢(shì)能增加量為_(kāi)_______________．
(2)利用計(jì)算機(jī)軟件對(duì)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)進(jìn)行處理，得到彈簧彈性勢(shì)能減少量、鉤碼的機(jī)械能增加量分別與鉤碼上升高度h的關(guān)系，如圖丙所示．由圖丙可知，隨著h增加，兩條曲線在縱向的間隔逐漸變大，主要原因是__________________________________________________.
【答案】 (1)k(L－L0)h5－eq \f(1,2)kh52 eq \f(m?h6－h(huán)4?2,8T2) mgh5 (2)見(jiàn)解析
【解析】 (1)從打出A點(diǎn)到打出F點(diǎn)時(shí)間內(nèi)，彈簧的彈性勢(shì)能減少量為
ΔEp彈＝eq \f(1,2)k(L－L0)2－eq \f(1,2)k(L－L0－h(huán)5)2
整理有ΔEp彈＝k(L－L0)h5－eq \f(1,2)kh52
打F點(diǎn)時(shí)鉤碼的速度為vF＝eq \f(h6－h(huán)4,2T)
則鉤碼動(dòng)能的增加量為
ΔEk＝eq \f(1,2)mvF2－0＝eq \f(m?h6－h(huán)4?2,8T2)
鉤碼的重力勢(shì)能增加量為ΔEp重＝mgh5
(2)鉤碼機(jī)械能的增加量，即鉤碼動(dòng)能和重力勢(shì)能增加量的總和，若無(wú)阻力做功則彈簧彈性勢(shì)能的減少量等于鉤碼機(jī)械能的增加量．現(xiàn)在隨著h增加，兩條曲線在縱向的間隔逐漸變大，而兩條曲線在縱向的間隔即阻力做的功，則產(chǎn)生這個(gè)問(wèn)題的主要原因是鉤碼和紙帶運(yùn)動(dòng)的速度逐漸增大，導(dǎo)致空氣阻力逐漸增大，空氣阻力做的功也逐漸增大．
6.(2022·湖北卷·12)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)用拉力傳感器驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)．一根輕繩一端連接固定的拉力傳感器，另一端連接小鋼球，如圖甲所示．拉起小鋼球至某一位置由靜止釋放，使小鋼球在豎直平面內(nèi)擺動(dòng)，記錄鋼球擺動(dòng)過(guò)程中拉力傳感器示數(shù)的最大值Tmax和最小值Tmin.改變小鋼球的初始釋放位置，重復(fù)上述過(guò)程．根據(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)在直角坐標(biāo)系中繪制的Tmax－Tmin圖像是一條直線，如圖乙所示．
(1)若小鋼球擺動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒．則圖乙中直線斜率的理論值為_(kāi)_______．
(2)由圖乙得：直線的斜率為_(kāi)_______，小鋼球的重力為_(kāi)_______ N．(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)
(3)該實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差的主要來(lái)源是________(單選，填正確答案標(biāo)號(hào))．
A．小鋼球擺動(dòng)角度偏大
B．小鋼球初始釋放位置不同
C．小鋼球擺動(dòng)過(guò)程中有空氣阻力
【答案】(1)－2 (2)－2.1 0.59 (3)C
【解析】(1)設(shè)初始位置時(shí)，輕繩與豎直方向的夾角為θ，則輕繩拉力最小值為T(mén)min＝mgcs θ
到最低點(diǎn)時(shí)輕繩拉力最大，則有
mgl(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mv2，Tmax－mg＝meq \f(v2,l)
聯(lián)立可得Tmax＝3mg－2Tmin
即若小鋼球擺動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，則題圖乙中直線斜率的理論值為－2；
(2)由題圖乙得直線的斜率為
k＝－eq \f(1.77－1.35,0.20)＝－2.1
3mg＝1.77 N
則小鋼球的重力為mg＝0.59 N
(3)該實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差的主要來(lái)源是小鋼球擺動(dòng)過(guò)程中有空氣阻力，使得機(jī)械能減小，故選C.
7.(2023·天津卷·9)如圖放置實(shí)驗(yàn)器材，連接小車(chē)與托盤(pán)的繩子與桌面平行，遮光片與小車(chē)位于氣墊導(dǎo)軌上，氣墊導(dǎo)軌沒(méi)有畫(huà)出(視為無(wú)摩擦力)，重力加速度為g。接通電源，釋放托盤(pán)與砝碼，并測(cè)得：
a．遮光片長(zhǎng)度d
b．遮光片到光電門(mén)長(zhǎng)度l
c．遮光片通過(guò)光電門(mén)時(shí)間Δt
d．托盤(pán)與砝碼質(zhì)量m1，小車(chē)與遮光片質(zhì)量m2
(1)小車(chē)通過(guò)光電門(mén)時(shí)的速度為_(kāi)_______；
(2)從釋放到小車(chē)經(jīng)過(guò)光電門(mén)，這一過(guò)程中，系統(tǒng)重力勢(shì)能減少量為_(kāi)_______，動(dòng)能增加量為_(kāi)_______；
(3)改變l，做多組實(shí)驗(yàn)，作出以l為橫坐標(biāo)，以(eq \f(d,Δt))2為縱坐標(biāo)的圖像。若機(jī)械能守恒成立，則圖像斜率為_(kāi)_______。
【答案】(1)eq \f(d,Δt) (2) m1gl eq \f(1,2)(m1＋m2)(eq \f(d,Δt))2 (3)eq \f(2m1g,m1＋m2)
【解析】(1)小車(chē)通過(guò)光電門(mén)時(shí)的速度為
v＝eq \f(d,Δt)
(2)從釋放到小車(chē)經(jīng)過(guò)光電門(mén)，這一過(guò)程中，系統(tǒng)重力勢(shì)能減少量為
ΔEp＝m1gl
從釋放到小車(chē)經(jīng)過(guò)光電門(mén)，這一過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)能增加量為
ΔEk＝eq \f(1,2)(m1＋m2)(eq \f(d,Δt))2
(3)改變l，做多組實(shí)驗(yàn)，作出以l為橫坐標(biāo)，
以(eq \f(d,Δt))2為縱坐標(biāo)的圖像。若機(jī)械能守恒成立有
m1gl＝eq \f(1,2)(m1＋m2)(eq \f(d,Δt))2
整理有(eq \f(d,Δt))2＝eq \f(2m1g,m1＋m2)·l
則圖像斜率為eq \f(2m1g,m1＋m2)。
考點(diǎn)02 功能關(guān)系 能量守恒
1.(多選)(2023·湖南卷·8)如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點(diǎn)，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點(diǎn)為C、A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點(diǎn)以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)C點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是( )
A．小球從B到C的過(guò)程中，對(duì)軌道的壓力逐漸增大
B．小球從A到C的過(guò)程中，重力的功率始終保持不變
C．小球的初速度v0＝eq \r(2gR)
D．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道
【答案】 AD
【解析】 由題知，小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)C點(diǎn)，則小球在C點(diǎn)的速度為vC＝0，則小球從C到B的過(guò)程中，有mgR(1－csα)＝eq \f(1,2)mv2，F(xiàn)N＝mgcsα－meq \f(v2,R)，聯(lián)立有FN＝3mgcsα－2mg，則從C到B的過(guò)程中α由0增大到θ，則csα逐漸減小，故FN逐漸減小，而小球從B到C的過(guò)程中，由牛頓第三定律知，對(duì)軌道的壓力逐漸增大，A正確；由于A到B的過(guò)程中小球的速度逐漸減小，則A到B的過(guò)程中重力的功率為P＝－mgvsinθ，則A到B的過(guò)程中小球重力的功率始終減小，則B錯(cuò)誤；從A到C的過(guò)程中有－mg·2R＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mv02，解得v0＝eq \r(4gR)，C錯(cuò)誤；小球在B點(diǎn)恰好脫離軌道有mgcsθ＝meq \f(vB2,R)，則vB＝eq \r(gRcs θ)，則若小球初速度v0增大，小球在B點(diǎn)的速度有可能為eq \r(gRcs θ)，故小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道，D正確。
2．（2022·江蘇·10）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與物塊A連接在一起，處于壓縮狀態(tài)，A由靜止釋放后沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到最大位移時(shí)，立即將物塊B輕放在A右側(cè)，A、B由靜止開(kāi)始一起沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，下滑過(guò)程中A、B始終不分離，當(dāng)A回到初始位置時(shí)速度為零，A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同、彈簧未超過(guò)彈性限度，則（ ）
A．當(dāng)上滑到最大位移的一半時(shí)，A的加速度方向沿斜面向下
B．A上滑時(shí)、彈簧的彈力方向不發(fā)生變化
C．下滑時(shí)，B對(duì)A的壓力先減小后增大
D．整個(gè)過(guò)程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢(shì)能減小量
【答案】B
【詳解】B．由于A、B在下滑過(guò)程中不分離，設(shè)在最高點(diǎn)的彈力為F，方向沿斜面向下為正方向，斜面傾角為θ，AB之間的彈力為FAB，摩擦因素為μ，剛下滑時(shí)根據(jù)牛頓第二定律對(duì)AB有
F+mA+mBgsinθ?μmA+mBgcsθ=mA+mBa
對(duì)B有
mBgsinθ?μmBgcsθ?FAB=mBa
聯(lián)立可得
FmA+mB=?FABmB
由于A對(duì)B的彈力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高點(diǎn)F的方向沿斜面向上；由于在最開(kāi)始彈簧彈力也是沿斜面向上的，彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，所以A上滑時(shí)、彈簧的彈力方向一直沿斜面向上，不發(fā)生變化，故B正確；
A．設(shè)彈簧原長(zhǎng)在O點(diǎn)，A剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)距離O點(diǎn)為x1，A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)距離O點(diǎn)為x2；下滑過(guò)程AB不分離，則彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，上滑過(guò)程根據(jù)能量守恒定律可得
12kx12=12kx22+mgsinθ+fx1?x2
化簡(jiǎn)得
k=2mgsinθ+fx1+x2
當(dāng)位移為最大位移的一半時(shí)有
F合=kx1?x1?x22?mgsinθ+f
帶入k值可知F合=0，即此時(shí)加速度為0，故A錯(cuò)誤；
C．根據(jù)B的分析可知
FmA+mB=?FABmB
再結(jié)合B選項(xiàng)的結(jié)論可知下滑過(guò)程中F向上且逐漸變大，則下滑過(guò)程FAB逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知B對(duì)A的壓力逐漸變大，故C錯(cuò)誤；
D．整個(gè)過(guò)程中彈力做的功為0，A重力做的功為0，當(dāng)A回到初始位置時(shí)速度為零，根據(jù)功能關(guān)系可知整個(gè)過(guò)程中A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢(shì)能減小量，故D錯(cuò)誤。
故選B。
3.(多選)(2022·河北卷·9)如圖，輕質(zhì)定滑輪固定在天花板上，物體P和Q用不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，懸掛在定滑輪上，質(zhì)量mQ>mP，t＝0時(shí)刻將兩物體由靜止釋放，物體Q的加速度大小為eq \f(g,3).T時(shí)刻輕繩突然斷開(kāi)，物體P能夠達(dá)到的最高點(diǎn)恰與物體Q釋放位置處于同一高度，取t＝0時(shí)刻物體P所在水平面為零勢(shì)能面，此時(shí)物體Q的機(jī)械能為E.重力加速度大小為g，不計(jì)摩擦和空氣阻力，兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn)．下列說(shuō)法正確的是( )
A．物體P和Q的質(zhì)量之比為1∶3
B．2T時(shí)刻物體Q的機(jī)械能為eq \f(E,2)
C．2T時(shí)刻物體P重力的功率為eq \f(3E,2T)
D．2T時(shí)刻物體P的速度大小為eq \f(2gT,3)
【答案】BCD
【詳解】開(kāi)始釋放時(shí)物體Q的加速度大小為eq \f(g,3)，
則有mQg－FT＝mQ·eq \f(g,3)，F(xiàn)T－mPg＝mP·eq \f(g,3)，
解得FT＝eq \f(2,3)mQg，eq \f(mP,mQ)＝eq \f(1,2)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
在T時(shí)刻，兩物體的速度大小v1＝eq \f(gT,3)，
P上升的距離h1＝eq \f(1,2)×eq \f(g,3)T2＝eq \f(gT2,6)，
輕繩斷后P能上升的高度h2＝eq \f(v12,2g)＝eq \f(gT2,18)，
則開(kāi)始時(shí)P、Q豎直方向上的距離為h＝h1＋h2＝eq \f(2gT2,9)，
開(kāi)始時(shí)P所處的水平面為零勢(shì)能面，則開(kāi)始時(shí)Q的機(jī)械能E＝mQgh＝eq \f(2mQg2T2,9)，
從開(kāi)始到輕繩斷裂，輕繩的拉力對(duì)Q做負(fù)功，大小為WF＝FTh1＝eq \f(mQg2T2,9)，
則繩斷裂時(shí)物體Q的機(jī)械能
E′＝E－WF＝eq \f(mQg2T2,9)＝eq \f(E,2)，
此后物體Q的機(jī)械能守恒，則在2T時(shí)刻物體Q的機(jī)械能仍為eq \f(E,2)，選項(xiàng)B正確；
在2T時(shí)刻，重物P的速度v2＝v1－gT＝－eq \f(2gT,3)，
方向向下，此時(shí)物體P重力的瞬時(shí)功率
PG＝mPg|v2|＝eq \f(mQg,2)·eq \f(2gT,3)＝eq \f(mQg2T,3)＝eq \f(3E,2T)，
選項(xiàng)C、D正確．
4.(多選)(2023·全國(guó)乙卷·21)如圖，一質(zhì)量為M、長(zhǎng)為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從木板上的左端以速度v0開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。已知物塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力大小為f，當(dāng)物塊從木板右端離開(kāi)時(shí)（ ）

A. 木板的動(dòng)能一定等于flB. 木板的動(dòng)能一定小于fl
C. 物塊的動(dòng)能一定大于D. 物塊的動(dòng)能一定小于
【答案】BD
【解析】畫(huà)出物塊與木板運(yùn)動(dòng)示意圖和速度圖像。
對(duì)物塊，由動(dòng)能定理，-fx1=-
對(duì)木板，由動(dòng)能定理，fx2=
根據(jù)速度圖像面積表示位移可知，x2=S△COF，x1=SABFO，
l= x1-x2= SABCE＞x2=S△COF，
因-fl＞fx2=，A錯(cuò)誤B正確；
對(duì)系統(tǒng)，由能量守恒定律，fl=-（+），
物塊動(dòng)能=-fl-＜-fl，C錯(cuò)誤D正確。
5.(2024·浙江卷1月·3)如圖所示，質(zhì)量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中達(dá)到最高點(diǎn)2的高度為h，則足球（ ）
A. 從1到2動(dòng)能減少
. 從1到2重力勢(shì)能增加
C. 從2到3動(dòng)能增加
D. 從2到3機(jī)械能不變
【答案】B
【解析】由足球的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，足球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)一定受到空氣阻力作用，則從從1到2重力勢(shì)能增加，則1到2動(dòng)能減少量大于，A錯(cuò)誤，B正確； 從2到3由于空氣阻力作用，則機(jī)械能減小，重力勢(shì)能減小mgh，則動(dòng)能增加小于，選項(xiàng)CD錯(cuò)誤。
6.(多選)(2022·福建卷·7)一物塊以初速度自固定斜面底端沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后回到斜面底端。該物體的動(dòng)能隨位移x的變化關(guān)系如圖所示，圖中、、均已知。根據(jù)圖中信息可以求出的物理量有（ ）
A．重力加速度大小B．物體所受滑動(dòng)摩擦力的大小
C．斜面的傾角D．沿斜面上滑的時(shí)間
【答案】BD
【解析】ABC．由動(dòng)能定義式得，則可求解質(zhì)量m；上滑時(shí)，由動(dòng)能定理
下滑時(shí)，由動(dòng)能定理
x0為上滑的最遠(yuǎn)距離；由圖像的斜率可知
，
兩式相加可得
相減可知
即可求解gsinθ和所受滑動(dòng)摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的傾角不能求出，故AC錯(cuò)誤，B正確；
D．根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系得
，
故可求解沿斜面上滑的時(shí)間，D正確。
故選BD。
7.(多選)（2022·全國(guó)乙卷·20）質(zhì)量為的物塊在水平力F的作用下由靜止開(kāi)始在水平地面上做直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取。則（ ）
A．時(shí)物塊的動(dòng)能為零
B．時(shí)物塊回到初始位置
C．時(shí)物塊的動(dòng)量為
D．時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊所做的功為
【答案】AD
【解析】物塊與地面間的摩擦力為
AC．對(duì)物塊從s內(nèi)由動(dòng)量定理可知
即
得
3s時(shí)物塊的動(dòng)量為
設(shè)3s后經(jīng)過(guò)時(shí)間t物塊的速度減為0，由動(dòng)量定理可得
即
解得
所以物塊在4s時(shí)速度減為0，則此時(shí)物塊的動(dòng)能也為0，故A正確，C錯(cuò)誤；
B．s物塊發(fā)生的位移為x1，由動(dòng)能定理可得
即
得
過(guò)程中，對(duì)物塊由動(dòng)能定理可得
即
得
物塊開(kāi)始反向運(yùn)動(dòng)，物塊的加速度大小為
發(fā)生的位移為
即6s時(shí)物塊沒(méi)有回到初始位置，故B錯(cuò)誤；
D．物塊在6s時(shí)的速度大小為
拉力所做的功為
故D正確。
故選AD。
8.（2021·全國(guó)甲卷·24）如圖，一傾角為θ的光滑斜面上有50個(gè)減速帶（圖中未完全畫(huà)出），相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠(yuǎn)小于d；一質(zhì)量為m的無(wú)動(dòng)力小車(chē)（可視為質(zhì)點(diǎn)）從距第一個(gè)減速帶L處由靜止釋放。已知小車(chē)通過(guò)減速帶損失的機(jī)械能與到達(dá)減速帶時(shí)的速度有關(guān)。觀察發(fā)現(xiàn)，小車(chē)通過(guò)第30個(gè)減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車(chē)通過(guò)第50個(gè)減速帶后立刻進(jìn)入與斜面光滑連接的水平地面，繼續(xù)滑行距離s后停下。已知小車(chē)與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。
（1）求小車(chē)通過(guò)第30個(gè)減速帶后，經(jīng)過(guò)每一個(gè)減速帶時(shí)損失的機(jī)械能；
（2）求小車(chē)通過(guò)前30個(gè)減速帶的過(guò)程中在每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能；
（3）若小車(chē)在前30個(gè)減速帶上平均每一個(gè)損失的機(jī)械能大于之后每一個(gè)減速帶上損失的機(jī)械能，則L應(yīng)滿足什么條件？
【答案】（1）mgdsinθ；（2）mgL+29dsinθ?μmgs30；（3）L>d+μssinθ
【詳解】（1）由題意可知小車(chē)在光滑斜面上滑行時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有
mgsinθ=ma
設(shè)小車(chē)通過(guò)第30個(gè)減速帶后速度為v1，到達(dá)第31個(gè)減速帶時(shí)的速度為v2，則有
v22?v12=2ad
因?yàn)樾≤?chē)通過(guò)第30個(gè)減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，故后面過(guò)減速帶后的速度與到達(dá)下一個(gè)減速帶均為v1和v2；經(jīng)過(guò)每一個(gè)減速帶時(shí)損失的機(jī)械能為
ΔE=12mv22?12mv12
聯(lián)立以上各式解得
ΔE=mgdsinθ
（2）由（1）知小車(chē)通過(guò)第50個(gè)減速帶后的速度為v1，則在水平地面上根據(jù)動(dòng)能定理有
?μmgs=0?12mv12
從小車(chē)開(kāi)始下滑到通過(guò)第30個(gè)減速帶，根據(jù)動(dòng)能定理有
mgL+29dsinθ?ΔE總=12mv12
聯(lián)立解得
ΔE總=mgL+29dsinθ?μmgs
故在每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能為
ΔE′=ΔE總30=mgL+29dsinθ?μmgs30
（3）由題意可知
ΔE′>ΔE
可得
L>d+μssinθ
9．（2020·浙江·20）小明將如圖所示的裝置放在水平地面上,該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道AB和傾角θ=37°的斜軌道BC平滑連接而成。質(zhì)量m=0.1 kg的小滑塊從弧形軌道離地高H=1.0 m處?kù)o止釋放。已知R=0.2 m,LAB=LBC=1.0 m,滑塊與軌道AB和BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.25,弧形軌道和圓軌道均可視為光滑,忽略空氣阻力。
(1)求滑塊運(yùn)動(dòng)到與圓心O等高的D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力;
(2)通過(guò)計(jì)算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點(diǎn);
(3)若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點(diǎn)x處的質(zhì)量為2m的小滑塊相碰,碰后一起運(yùn)動(dòng),動(dòng)摩擦因數(shù)仍為0.25,求它們?cè)谲壍繠C上到達(dá)的高度h與x之間的關(guān)系。
(碰撞時(shí)間不計(jì),sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)
【答案】 見(jiàn)解析
【解析】 (1)機(jī)械能守恒定律mgH=mgR+12mvD2
牛頓第二定律FN=mvD2R=8 N
牛頓第三定律FN'=FN=8 N,方向水平向左
(2)能在斜軌道上到達(dá)的最高點(diǎn)為C'點(diǎn),功能關(guān)系
mgH=μmgLAB+μmgLBC' csθ+mgLBC' sinθ
得LBC'=1516 m

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